高考二轮专题复习：专题10　电场及带电粒子在电场中的运动（解析版）

学而优教有方专题10电场及带电粒子在电场中的运动【命题规律】1、命题角度：（1）电场的性质；（2）平行板电容器电场问题；（3）电场中的图像问题.（4）带电粒子在电场中运动的分析与计算；（5）带电体在电场和重力场中运动的分析与计算2、常考题型：选择题计算题【知识荟萃】★考向一、电场的性质电场概念的比较表达式特点电场强度E＝eq\f(F,q)，E＝keq\f(Q,r2)，E＝eq\f(U,d)矢量，由电场本身决定，电场线越密的地方，电场强度越大电势φ＝eq\f(Ep,q)标量，与零电势点的选取有关，沿电场线方向电势逐渐降低电势能Ep＝qφ，ΔEp＝－W电标量，电场力做正功，电势能减少1．电场中各物理量的关系2．电场强度的判断（1）场强方向是正电荷所受静电力的方向，也是电场线上某点的切线方向；（2）电场的强弱可根据电场线的疏密程度来进行比较，大小可根据场强公式进行计算．3．电势高低的判断判断依据判断方法电场线方向沿电场线方向电势逐渐降低场源电荷的正负取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低电势能的大小正电荷在电势能大处电势较高，负电荷在电势能大处电势较低静电力做功根据UAB＝eq\f(WAB,q)，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低4.电势能大小的判断（1）做功判断法：由WAB＝EpA－EpB可知，静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增大．（2）电荷电势法：由Ep＝qφ知正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大．（3）能量守恒法：若只有静电力做功，电荷的动能和电势能之和守恒，动能增大时，电势能减小，反之电势能增大．★考向二、电场中的图像问题电场中几种常见的图像v－t图像当带电粒子只受静电力时，从v－t图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化情况，进而可判定粒子运动中经过的各点的场强方向、场强大小、电势高低及电势能的变化情况．φ－x图像（1）从φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能的变化．（2）φ－x图线切线的斜率大小等于沿x轴方向电场强度E的大小．E－x图像以场强沿x轴方向为例：（1）E>0表示场强沿x轴正方向，E<0表示场强沿x轴负方向．（2）图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定．Ep－x图像（1）图像的切线斜率大小等于静电力大小．（2）可用于判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况.★考向三、带电粒子在电场中运动知识结构1．带电粒子在电场中运动时重力的处理基本粒子如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）带电体如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力2.带电粒子在电场中的运动特点及分析方法常见运动受力特点分析方法静止或匀速直线运动合外力F合＝0共点力平衡变速直线运动合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上1.匀强电场中：（1）用动力学观点分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad（2）用功能观点分析W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv022．非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1带电粒子在匀强电场中的偏转运动（类平抛）进入电场时v0⊥E运动的分解偏转角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU2l,mdv\o\al(,02))＝eq\f(U2l,2U1d)＝eq\f(2y0,l)侧移距离：y0＝eq\f(qU2l2,2mdv\o\al(,02))＝eq\f(U2l2,4dU1)y＝y0＋Ltanθ＝（eq\f(l,2)＋L）tanθ★考向四、带电体在电场和重力场中的运动1．带电体在电场、重力场中的运动分析方法（1）对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题．（2）根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变．2．带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动（1）等效重力法将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向．（2）等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点．3．解决带电粒子在交变电场中的运动问题的常用方法：分段研究，化变为恒.（1）对于带电粒子在交变电场中的运动，需要进行分段处理，分析粒子在每段运动过程中的受力特点和运动性质.（2）作出粒子的v－t图像或某一方向上的v－t图像，借助图像、结合轨迹，使运动过程更直观.转换思路如下：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(φ－t图像,U－t图像,E－t图像))eq\o(→,\s\up7(转换))a－t图像eq\o(→,\s\up7(转化))v－t图像★考向五、【经典例题】【例题1】两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则（）A．A点的电场强度大小为零B．q1和q2带异种电荷，且q1的带电量大于q2的带电量C．CD间的场强方向沿x轴负方向D．将一负电荷沿x轴从N点移到D点，电势能先增大后减小【答案】B【解析】A．因为φ−x图像的斜率等于电场强度E，根据图像可知，A点斜率不为零，场强不为零，故A错误；B．由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷带正电，M点电荷带负电；由于C点合场强为零，根据公式可知，距离远，电荷量大，所以电荷量大于的电荷量，故B正确；C．因为CD间电势降低，故CD间的场强方向沿x轴正方向，故C错误；D．因为沿x轴从N点移到D点，电势先升高后降低，故电场先向x轴负方向后沿x轴正方向，即将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D错误。故选B。【例题2】如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环固定于竖直平面内，环上套有两个相同的带电小球A和B，静止时A、B之间的距离为R，现用外力缓慢推A使其到达圆环最低点P的过程中（）A．圆环对B的支持力变大B．圆环对B的支持力不变C．A、B系统的电势能增大D．A、B系统的电势能不变【答案】C【解析】AB．球A到达P点的过程中，B向上运动，其所受的重力与库仑力夹角变大，其合力变小，则圆环对B球的支持力变小。故AB错误；CD．球A到达P点的过程中，两者的距离变小，外力做正功，电场力做负功，电势能增加，故C正确，D错误。故选C。【例题3】如图甲所示，竖直放置的、正对的金属板中间开有小孔，小孔的连线沿水平正对金属板的中间线，粒子源S可以连续产生质量为m、电荷量为q的带正电粒子，其比荷为，粒子飘入A板的初速度可不计。板长度均为，间距为。在离金属板右端处有一个足够大光屏。已知板的电势差为，当间所加电压随时间变化的图像如图乙所示时，所有飘入的粒子恰好都能不与极板碰撞打在荧光屏上。由于粒子在偏转电场中运动的时间远远小于电场变化的周期（电场变化的周期T未知），故可认为每个粒子在偏转电场中运动时受到的电场力恒定。粒子重力以及粒子间的相互作用力不计。（1）求图乙中电压的最大值和粒子离开偏转电场时的最大速度；（2）粒子打在荧光屏上的范围；（3）现在极板右端与荧光屏之间的范围内再加入匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图丙，己知垂直于纸面向里的磁场方向为正方向，丙图中。研究以最大速度离开偏转电场的一个粒子：它在丙图中时刻进入磁场，转过的圆心角为锐角且速度方向恰好水平的时刻是，求它从射入磁场到打在荧光屏上所用的时间t。【答案】（1）50V，；（2）；（3）【解析】（1）粒子在AB被加速后，速度为，有设偏转电压为U时粒子进入该电场的时间为恰好从偏转极板边缘出，则在该电场的方向有沿方向有联立解得所有飘入的粒子恰好都能不与极板碰撞打在荧光屏上，故最大偏转电压此刻出偏转电场时沿电场方向的分速度为粒子离开偏转电场时的最大速度（2）粒子以飞出加速电场时打到荧光屏上的点为P，所求范围即为OP连线的长度，设粒子出偏转电场时速度的偏转角为，则则OP的长度为故粒子打在荧光屏上的范围为。（3）洛伦兹力提供向心力有粒子出偏转电场时速度与水平方向的夹角为，故转过的圆心角为锐角且速度方向恰好水平所经历的时间为，则有出偏转电场到速度方向恰好水平时水平方向的位移为恰好在粒子速度水平时，磁场方向改变为反向，故运动轨迹关于速度水平时中心对称，如图所示粒子从射入磁场到打在荧光屏上所用的时间为【例题4】如图所示，一个质量为，带电量为的小球放置在光滑绝缘水平面上，并压缩（不连接）固定在墙上绝缘弹簧，释放后，以的速度冲上放置在水平面上质量为、半径为的绝缘1/4圆弧形物体。从上点离开后，正好进入水平向右、场强大小为的有界匀强电场，到达最高点时恰好与静止悬挂的绝缘小球在水平方向发生弹性碰撞。悬挂的绳长，悬绳右边无电场。取。求：（1）离开时，的速度。（2）到达最高点时，对绳的拉力。（3）落回地面后能否追上？若不能追上，求落回地面后的速度。若能追上，求的最大速度。【答案】（1）2m/s；（2）6N，方向竖直向上；（3）追不上，最大速度为。【解析】（1）对冲上分析，水平方向动量守恒，设向右为正方向则得即的速度为2m/s。（2）对冲上整个过程中，机械能分别守恒则设与碰撞前的速度为，碰撞后的速度为，的速度为。竖直向上匀减速时间水平方向匀加速由设在竖直最高点得速度为，则解得由牛顿第三定律，对绳的拉力方向竖直向上；（3）经分析，离开电场后恰好与相切于点，则设落地时，速度为，分速度为，对与分析可知，水平方向动量守恒，设向右为正方向则整个过程中，机械能分别守恒则得与弹簧作用后反向，速度为，故能追上。追上作用后回到地面，则解得故之后追不上，最大速度为。【精选习题】一、单选题1．如图所示，竖直平面内两个带电小油滴a、b在匀强电场E中分别以速度v1、v2做匀速直线运动，不计空气阻力及两油滴之间的库仑力，下列说法正确的是（）A．a、b带异种电荷 B．a比b的比荷大C．a的电势能减小，b的电势能增加 D．沿v1方向电势增加，沿v2方向电势减小【答案】C【解析】AB．由于两油滴均做匀速直线运动，受电场力与重力平衡，电场力都竖直向上，因此a、b均带正电荷；由于两油滴质量关系未知，因此无法判断带电量大小关系，AB错误；C．a向上运动，电场力做正功，电势能减小，b向下运动，电场力做负功，电势能增加，C正确；D．沿电场线方向，电势减小，因此沿v1方向电势减小，沿v2方向电势增加，D错误。故选C。2．一带正电粒子仅在电场力作用下沿直线运动，其速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB时刻粒子分别经过A点和B点，A、B两点的场强大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则可以判断（）A．EA＜EB B．EA＞EB C．φA＝φB D．φA＜φB【答案】A【解析】根据v-t图象的斜率表示加速度，所以从图象中可以看出从A点到B点，带电粒子的加速度逐渐增大，即aA＜aB，所以电场力增大，电场强度EA＜EB；从A点到B点正电荷速度增大，电场力做正功，电势能减小，根据电势可知电势降低，即φA＞φB，故A正确，BCD错误。故选A。3．如图所示，质量为m、电荷量为+q的小球用轻绳悬挂在匀强电场中处于静止状态，静止时悬线与竖直方向的夹角为60°。若将小球换成另一质量为2m、电荷量不变的小球，小球仍能处于静止状态，此时悬线与竖直方向的夹角为30°。已知重力加速度为g，则（）A．该匀强电场的场强大小为B．该匀强电场的场强大小C．该匀强电场的方向可能水平向右D．该匀强电场的方向可能斜向右下方【答案】A【解析】将匀强电场分解为、，根据合力方向可得解得故方向斜向右上方，与水平方向成角，故选A。4．如图所示，在正点电荷Q的电场中有A、B、C、D四点，A、B、C为等边三角形的三个顶点，D为AC的中点，A、B、C、D四点的电场强度大小分别用EA、EB、EC、ED表示，已知EA=EB=EC，点电荷Q在，A、B、C三点构成的平面内。则（）A．EA=B．点电荷Q在BD连线的中点处C．A、D两点间和D、C两点间的电势差满足UAD=UDCD．将一负点电荷q从A点沿直线AC移到C点，电势能先减小后增大【答案】D【解析】B．点电荷Q在A、B、C三点构成的平面内，正点电荷Q的电场，EA=EB=EC，则正点电荷在等边三角形ABC的中心O；D为AC的中点，故点电荷Q不在BD连线的中点处，B错误；A．由几何关系得再据点电荷的场强公式可得A错误；C．AC两点到正点电荷的距离相等，则所以A、D两点间和D、C两点间的电势差满足C项错误；D．在正点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，从A点沿直线到C点过程中，电势先增大后减小，则负点电荷q从A点沿直线移到C点的过程中电势能先减小后增大，电场力先做正功再做负功，D项正确；故选D。5．如图，固定在竖直面内、半径为R的光滑绝缘半圆形轨道，圆心为O，为水平直径，处在水平向右的匀强电场中，电场线与轨道平面平行。一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带电小球从轨道上的A点由静止释放，小球始终沿圆弧轨道运动。下列说法正确的是（）A．小球从A运动到B的过程中，小球的机械能可能增加B．小球一定会运动到C点C．小球运动速度最大的位置一定在段圆弧上的某一点D．小球一定带正电【答案】C【解析】AD．小球沿圆弧轨道运动，不脱离轨道，所以受到的电场力水平向左，则小球一定带负电，小球从A运动到B的过程中，电场力做负功，电势能增大，机械能减小，故AD错误；B．小球向右运动过程中，电场力做负功，电势能增大，机械能减小，因此小球不可能到达C点，故B错误；C．小球在电场和重力场的合力场中运动，电场力水平向左，重力方向竖直向下，所以电场和重力场的合力场的最低点在圆弧AB段上，因此小球速度最大的位置一定在AB段圆弧上某一点，故C正确。故选C。6．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势随x的分布如图所示。一质量，电荷量的带负电的粒子从（-1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。则（）A．x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比B．粒子在0～0.5cm区间运动过程中的电势能减小C．该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为4.0×10-8JD．该粒子运动的周期T=4.0×10-8s【答案】C【解析】A．由图可知，根据则左侧电场强度为右侧电场强度为则x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比为故A错误；B．由图可知，轴右侧电场方向水平向右，则粒子在0～0.5cm区间运动过程中，电场力做负功，则电势能增大，故B错误；C．该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为故C正确；D．粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有且解得设粒子在左右两侧运动时间分别为、，则在原点时的速度同理可知又有周期联立解得故D错误。故选C。二、多选题7．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m可看成质点的带电小球以初速度v从M点竖直向上抛出通过N点时，速度大小为v，方向与电场方向相反。若MN连线与水平方向夹角为45°，则小球从M点运动到N点的过程中（）A．小球的动能先减小再增大 B．小球的机械能先增大再减小C．小球的重力大小一定等于电场力大小 D．小球的电势能一定逐渐增大【答案】AC【解析】BD．由题意可知，电场力对小球做正功，则小球的电势能一直减小，除了重力之外的其他力对小球做正功，则小球的机械能一直增加，故BD错误；C．根据几何关系知：小球竖直方向速度减为零的位移和水平方向速度增加到的位移相等，根据位移速度关系可得竖直方向的加速度和水平方向加速度相等，可得又可得故C正确；A．根据动能定理得竖直方向做初速度为的匀减速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，开始重力做的负功大于电场力做的正功，竖直方向速度和水平方向速度相等后，电场力做正功的大于重力所做负功，所以动能先减小后增大，故A正确。故选AC。8．如图所示，在竖直面内有一半径为R的圆环型轨道，轨道内部最低点A处有一质量为m的光滑带正电的小球（可视作质点），其所带电荷量为q，在圆环区域内存在着方向水平向右的匀强电场，电场强度E=，现给小球一个水平向右的初速度，使小球开始运动，以下说法正确的是（）A．若v0＞，则小球可以做完整的圆周运动B．若小球可以做完整的圆周运动，则轨道所给弹力的最大值与最小值相差4mgC．若v0=，则小球将在轨道最高点B处脱离轨道D．若v0=，则小球不会脱离轨道【答案】BCD【解析】小球同时受到重力和电场力作用，这时可认为小球处于等效重力场中，小球受到的等效重力为等效重力加速度为小球可以做完整的圆周运动，则有与竖直方向的夹角如下图所示在等效重力场中应用机械能守恒定律可得解得A错误；B．若小球可以做完整的圆周运动，则小球在等效重力场中最低点轨道所给的弹力最大，等效最高点轨道所给的弹力最小，在最低点有在最高点有小球从最低点到最高点的过程中，有解得轨道所给弹力的最大值与最小值相差为C．若v0=，小球到达最高点B处的过程中，重力做负功，电场力不做功，则有解得故可得小球将在轨道最高点B处脱离轨道，C正确；D．在等效重力场中，当v0=时，小球没有超过等效重力场中的半圆，故小球不会脱离轨道，D正确。故选BCD。9．如图所示，两足够大的金属板P、Q水平放置，两金属板正中间有一水平放置的接地金属网G，金属板P、Q的电势均为（>0）。金属网G上方固定着比荷均为k的两带正电粒子a、b，它们到金属网G的距离均为h。某时刻将粒子a以水平速度v0向右抛出，同时粒子b由静止释放，若粒子a从开始运动到第一次通过金属网G时水平位移为2h，一段时间后两粒子相遇，相遇时粒子b的速度大小为v0。两粒子的重力及它们间的相互作用可忽略，两粒子在两板间运动时不会与金属网G相撞。下列说法正确的是（）A．粒子b的最大速度为v0B．金属板P、Q间的距离为C．粒子a、b初始位置之间的距离可能为10hD．若增大粒子a的初速度，粒子a、b有可能不相遇【答案】AC【解析】A．对粒子a到达虚线位置时解得vy=v0相遇时粒子b的速度大小为v0，可知相遇位置必在虚线位置，此时b粒子的速度最大，最大速度为v0，选项A正确；B．根据且解得选项B错误；C．两粒子在虚线上相遇时满足解得（n=1、2、3……）则粒子a、b初始位置之间的距离可能为10h，选项C正确；D．因两粒子在竖直方向的运动完全相同，则若增大粒子a的初速度，粒子a、b仍能相遇，选项D错误。故选AC。10．如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的物体B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的正上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点，则下列说法正确的是（）A．物体A受到地面的支持力先增大后减小 B．物体A受到地面的支持力保持不变C．物体A受到地面的摩擦力先减小后增大 D．库仑力对物体A先做正功后做负功【答案】AC【解析】ABC．当质点B由P点运动到最高点的过程中，对物体A受力分析，如图，受重力G、地面的支持力N、摩擦力f以及静电力F；将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到：Fsinθ﹣f=0N﹣Fcosθ﹣mg=0由两式可解得：N=mg+Fcosθf=Fsinθ其中G与F不变，θ逐渐减小为零，因而支持力N逐渐变大，f逐渐变小；当质点B由最高点运动到Q点的过程中，再次对物体A受力分析，如下图，受重力G、地面的支持力N、摩擦力f以及静电力F；将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到：Fsinθ﹣f=0N﹣Fcosθ﹣mg=0由两式可解得N=mg+Fcosθf=Fsinθ其中G与F不变，θ由零逐渐增大，因而支持力N逐渐变小，f逐渐变大；综合以上两个过程可知：物体A受到地面的支持力N先增大后减小，物体A受到地面的摩擦力先减小后增大，故AC正确，B错误；D．质点A对质点B的静电力与质点B的速度总是垂直，因而其瞬时功率一直为零，由W=PtA对B不做功，故D错误；故选AC。三、解答题11．一质量的绝缘长木板放在倾角的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板下端距斜面底端的距离，斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回。时刻将一质量的带正电小物块置于木板上距离木板下端的位置，并使其获得沿木板向上的初速度，如图所示，与此同时，撤去作用在木板上的外力。空间还存在着沿斜面向上的匀强电场，场强大小与时间的关系如图所示，时撤去电场。已知，小物块的带电量，木板与物块间的动摩擦因数，小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板上端滑出，不考虑因电场变化带来的影响，取求：（1）时，小物块和木板的速度大小；（2）木板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小；（3）第一次与挡板碰撞后经多久木板再次达到最高点及从开始运动到此时所产生的热量多少？【答案】（1），；（2）；（3），【解析】（1）内，设小物块的加速度大小为，木板的加速度为，则由牛顿第二定律有解得时，小物块的速度大小为木板的速度大小为（2）时间内，木板的位移大小为时，小物块与木板达到共同速度，且电场强度大小变为，因